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    2020年福建省厦门市中考数学质检试卷(7月份)

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    2020年福建省厦门市中考数学质检试卷(7月份)
    一、选择题(每题4分,共40分)
    1.(4分)3的相反数是(  )
    A.﹣3 B.﹣ C. D.3
    2.(4分)中国的领水面积约为370000km2,将数370000用科学记数法表示为(  )
    A.37×104 B.3.7×104 C.0.37×106 D.3.7×105
    3.(4分)将单项式3m与m合并同类项,结果是(  )
    A.4 B.4m C.3m2 D.4m2
    4.(4分)如图是由三个小正方体叠成的一个几何体,它的主视图是(  )

    A. B. C. D.
    5.(4分)有一组数据:35,36,38,40,42,42,75.这组数据的中位数是(  )
    A.39 B.40 C.41 D.42
    6.(4分)若多项式x2+2x+n是完全平方公式,则常数n是(  )
    A.﹣1 B. C. D.1
    7.(4分)在平面直角坐标系中,若点(0,a)在y轴的负半轴上,则点(﹣2,a﹣1)的位置在(  )
    A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
    8.(4分)要判断命题“有两个角是直角的圆内接四边形是矩形”是假命题,下列图形可作为反例的是(  )
    A. B.
    C. D.
    9.(4分)如图,六边形ABCDEF是正六边形,点P是边AF的中点,PC,PD分别与BE交于点M,N,则S△PBM:S四边形MCDN的值为(  )

    A. B. C. D.
    10.(4分)函数y=x2+2bx+6的图象与x轴两个交点的横坐标分别为x1,x2,且x1>1,x2﹣x1=4,当1≤x≤3时,该函数的最小值m与b的关系式是(  )
    A.m=2b+5 B.m=4b+8 C.m=6b+15 D.m=﹣b2+4
    二、填空题(每题4分,共24分)
    11.(4分)3+|﹣2|=   .
    12.(4分)如图,AB=AC,AD∥BC,∠DAC=50°,则∠B的度数是   .

    13.(4分)某校初一年级开展“读书月”活动,并将授予该月阅读课外书籍4册以上(含4册)的学生“阅读之星”的称号.初一年级少先队大队委进行了随机调查,结果如表所示:
    阅读册数
    0
    1
    2
    3
    4
    5
    学生数
    20
    18
    27
    70
    12
    3
    可以估计该年级学生获得此称号的概率是   .
    14.(4分)如图,四边形ABCD,CEFG都是正方形,点G在边CD上,它们的面积之差为51cm2,且BE=17cm,则DG的长为   cm.

    15.(4分)图1是某品牌台灯竖直摆放在水平桌面上的侧面示意图,其中OC为桌面(台灯底座的厚度忽略不计),台灯支架AO与灯管AB的长度都为30cm,且夹角为150°(即∠BAO=150°),若保持该夹角不变,当支架AO绕点O顺时针旋转30°时,支架与灯管落在OA1B1位置(如图2所示),则灯管末梢B的高度会降低   cm.

    16.(4分)如图,点P在双曲线y=(x>0)上,PA⊥x轴于点A,PB⊥y轴于点B,PA,PB分别与双曲线y=(0<k2<k1,x>0)交于点C,D,DN⊥x轴于点N.若PB=3PD,S四边形PDNC=2,则k1=   .

    三、计算题
    17.(8分)解不等式组.
    18.(8分)先化简再求值:÷(m﹣1),其中m=﹣1.
    19.(8分)如图,四边形ABCD是平行四边形,BE⊥AC,DF⊥AC,垂足分别为E,F,证明:BE=DF.

    20.(8分)如图,在△ABC中,∠B=90°,点D在边BC上,连接AD,过点D作射线DE⊥AD.
    (1)在射线DE上求作点M,使得△ADM~△ABC,且点M与点C是对应点;(要求:尺规作图,不写作法,保留作图痕迹)
    (2)在(1)的条件下,若cos∠BAD=,BC=6,求DM的长.

    21.(8分)探测气球甲从海拔0m处出发,与此同时,探测气球乙从海拔6m处出发.图中的l1,l2分别表示甲、乙两个气球所在位置的海拔s(单位:m)与上升时间t(单位:min)之间的关系.
    (1)求l2的函数解析式;
    (2)探测气球甲从出发点上升到海拔16m处的过程中,是否存在某一时刻使得探测气球甲、乙位于同一高度?请说明理由.

    22.(10分)四边形ABCD是矩形,点P在边CD上,∠PAD=30°,点G与点D关于直线AP对称,连接BG.
    (1)如图,若四边形ABCD是正方形,求∠GBC的度数;
    (2)连接CG,设AB=a,AD=b,探究当∠CGB=120°时,a与b的数量关系.

    23.(10分)某公司有500名职员,公司食堂供应午餐.受新冠肺炎疫情影响,公司停工了一段时间.为了做好复工后职员取餐、用餐的防疫工作,食堂进行了准备,主要如下:
    ①将过去的自主选餐改为提供统一的套餐;
    ②调查了全体职员复工后的午餐意向,结果如图所示;
    ③设置不交叉的取餐区和用餐区,并将用餐区按一定的间距要求调整为可同时容纳160人用餐;
    ④规定:排队取餐,要在食堂用餐的职员取餐后即进入用餐区用餐;
    ⑤随机邀请了100名要在食堂取餐的职员进行了取餐、用餐的模拟演练,这100名职员取餐共用时10min,用餐时间(含用餐与回收餐具)如表所示.
    为节约时间,食堂决定将第一排用餐职员160人的套餐先摆放在相应餐桌上,并在12:00开始用餐,其他职员则需自行取餐.
    用餐时间x/min
    人数
    15<x≤17
    20
    17<x≤19
    40
    19<x≤21
    18
    21<x≤23
    14
    23<x≤25
    8
    (1)食堂每天需要准备多少份午餐?
    (2)食堂打算以参加演练的100名职员用餐时间的平均数min为依据进行规划:前一批职员用餐min后,后一批在食堂用餐的职员开始取餐.为避免拥堵,需保证每位取餐后进入用餐区的职员都有座位用餐,则该规划是否可行?如果可行,请说明理由,并依此规划,根据调查统计的数据设计一个时间安排表,使得食堂不超过13:00就可结束取餐、用餐服务,开始消杀工作;如果不可行,也请说明理由.

    24.(12分)在平行四边形ABCD中,∠ABC是锐角,过A、B两点以r为半径作⊙O.
    (1)如图,对角线AC、BD交于点M,若AB=BC=2,且过点M,求r的值;
    (2)⊙O与边BC的延长线交于点E,DO的延长线交于点⊙OF,连接DE、EF、AC,若∠CAD=45°,的长为r,当CE=AB时,求∠DEF的度数.(提示:可再备用图上补全示意图)

    25.(14分)在平面直角坐标系中,点(p,tq)与(q,tp)(t≠0)称为一对泛对称点.
    (1)若点(1,2),(3,a)是一对泛对称点,求a的值;
    (2)若P,Q是第一象限的一对泛对称点,过点P作PA⊥x轴于点A,过点Q作QB⊥y轴于点B,线段PA,QB交于点C,连接AB,PQ,判断直线AB与PQ的位置关系,并说明理由;
    (3)抛物线y=ax2+bx+c(a<0)交y轴于点D,过点D作x轴的平行线交此抛物线于点M(不与点D重合),过点M的直线y=ax+m与此抛物线交于另一点N.对于任意满足条件的实数b,是否都存在M,N是一对泛对称点的情形?若是,请说明理由,并对所有的泛对称点M(xM,yM),N(xN,yN)探究当yM>yN时,xM的取值范围;若不是,请说明理由.

    2020年福建省厦门市中考数学质检试卷(7月份)
    参考答案与试题解析
    一、选择题(每题4分,共40分)
    1.【解答】解:3的相反数是﹣3
    故选:A.
    2.【解答】解:370000=3.7×105,
    故选:D.
    3.【解答】解:3m+m=4m,
    所以单项式3m与m合并同类项,结果是4m,
    故选:B.
    4.【解答】解:主视图,如图所示,

    故选:A.
    5.【解答】解:将这组数据按从小到大的顺序排列为:35,36,38,40,42,42,75,处于中间位置的数是40,
    那么由中位数的定义可知,这组数据的中位数是40.
    故选:B.
    6.【解答】解:∵多项式x2+2x+n是一个完全平方式,
    ∴x2+2x+n=(x+1)2,
    ∴n=1
    故选:D.
    7.【解答】解:∵点P(0,a)在y轴的负半轴上,
    ∴a<0,
    ∴a﹣1<0,
    ∴点(﹣2,a﹣1)在第三象限.
    故选:C.
    8.【解答】解:如图D所示,有两个角是直角的圆内接四边形不一定是矩形,
    故选:D.
    9.【解答】解:设正六边形的边长为a.则S△PCD=2×a2=a2,S四边形BCDE=3×a2=a2,
    由题意MN是△PCD的中位线,
    ∴S△PMN=S△PCD=a2,
    ∴S四边形MNDC=a2﹣a2=a2,
    ∴S△BMC=S△DNE=(a2﹣a2)=a2,
    ∵PM=CM,
    ∴S△PBM=S△BMC=a2,
    ∴S△PBM:S四边形MCDN=a2:a2=1:2,
    故选:A.
    10.【解答】解:函数y=x2+2bx+6的图象与x轴两个交点的横坐标分别为x1,x2,
    ∴x1•x2=6,而x2﹣x1=4,
    解得:x1=﹣2,x2=2+,
    ∵x1+x2=﹣2b,
    ∴b=﹣;
    函数的对称轴为直线x=(x1+x2)=>3,
    故当1≤x≤3时,函数在x=3时,取得最小值,即m=y=x2+2bx+6=15+6b,
    故选:C.
    二、填空题(每题4分,共24分)
    11.【解答】解:3+|﹣2|=3+2=5.
    故答案为:5.
    12.【解答】解:∵AD∥BC,∠DAC=50°,
    ∴∠C=∠DAC=50°,
    ∵AB=AC,
    ∴∠B=∠C=50°,
    故答案为:50°.
    13.【解答】解:阅读课外书籍4册(含4册)以上的有12+3=15人,
    所以估计该年级获得此称号的概率为==,
    故答案为:.
    14.【解答】解:∵四边形ABCD,CEFG都是正方形,
    设BC为x,CE为y,
    可得:,
    解得:x﹣y=3,
    ∴DG=CD﹣CG=BC﹣CE=3(cm),
    故答案为:3.
    15.【解答】解:连接BA1并延长交OF于点E,过点A作AD⊥BE于点D,

    过点B1作B1F⊥OC于点F,过点A1作A1H⊥B1F于点H,
    ∵∠OAB=150°,∠AOA1=30°,
    ∴∠OAB+∠AOA1=180°,
    ∴AB∥OA1,
    ∵AB=OA1,
    ∴四边形OABA1是平行四边形,
    ∴OA∥BE,BA1=OA,
    在Rt△ABD中,∠BAD=60°,AB=30cm,
    ∴BD=AB•sin60°=30×cm,
    ∴BE=BD+DE=(30+15)cm,
    ∵BA1=DE,
    ∴BD=A1E=15,
    ∵AO绕点O顺时针旋转30°,
    ∴∠AOA1=∠OA1E=30°,
    ∴∠B1A1H=30°,
    ∴B1H==15cm,
    ∴B1F=(15+15)cm,
    ∴BE﹣B1F=(30+15)﹣(15+15)=15cm,
    故答案为:15.
    16.【解答】解:∵P在双曲线y=(x>0)上,PA⊥x轴于点A,PB⊥y轴于点B,
    ∴S矩形APBO=k1,
    ∵点D在双曲线y=上,DN⊥x轴,
    ∴S矩形BOND=k2,
    连接OC,
    ∵点D在双曲线y=上,
    ∴S△ACO=k2,
    ∵PB=3PD,
    ∴S矩形APDN=S矩形APBO=k1,S矩形BOND=k2=k1,
    ∵PD=AN,PB=OA,
    ∴AN=OA,
    ∴S△ACN=S△AOC=k2=k1,
    ∵S四边形PDNC=S矩形APDN﹣S△ACN=k1﹣k1=2,
    ∴k1=9,
    故答案为:9.

    三、计算题
    17.【解答】解:
    解不等式①,得x≤3,
    解不等式②,得x>﹣2,
    所以这个不等式组的解集是﹣2<x≤3.
    18.【解答】解:(1﹣)÷(m﹣1)
    =(﹣)÷(m﹣1)
    =•
    =•
    =,
    当m=﹣1时,原式==.
    19.【解答】证明:
    ∵BE⊥AC,DF⊥AC,
    ∴∠AEB=90°,∠CFD=90°,
    ∵四边形ABCD是平行四边形,
    ∴AB∥CD,AB=CD,
    ∴∠BAE=∠DCF,
    在△BAE和△DCF中

    ∴△BAE≌△DCF(AAS).
    20.【解答】解:(1)如图点M即为所求.


    (2)∵△ADM∽△ABC,
    ∴=,
    ∵在Rt△ABD中,cos∠BAD=,
    ∵cos∠BAD=,
    ∴=,
    ∴=,
    ∵BC=6,
    ∴DM=9.
    21.【解答】解:(1)由题可设l2的解析式为s=k2t+b(k2≠0),
    因为当t=0时,s=6;当t=5时,s=8,
    代入得,
    解得,
    所以l2:s=t+6(t≥0).

    (2)由题可设l1:s=k1t,(k1≠0)
    因为当t=5时,s=4,代入可得l1:s=t(t≥0),
    当二者处于同一高度时,t+6=t,
    解得t=15,
    此时s=12.
    即在15min时,二者处于同一高度12m.
    因为12m<16m,
    所以探测气球甲从出发点上升到海拔16m处的过程中,当上升15min时探测气球甲、乙位于同一高度.
    答:探测气球甲从出发点上升到海拔16m处的过程中,当上升15min时探测气球甲甲、乙位于同一高度.
    22.【解答】解:(1)连接DG,交AP于点E,连接AG,如图1,

    ∵点G与点D关于直线AP对称,
    ∴AP垂直平分DG,
    ∴AD=AG.
    ∵在△ADG中,AD=AG,AE⊥DG,
    ∴∠PAG=∠PAD=30°,
    又∵在正方形ABCD中,AD=AB,∠DAB=∠ABC=90°,
    ∴AG=AB,∠GAB=∠DAB﹣∠PAD﹣∠PAG=30°,
    ∴在△GAB中,∠ABG=∠AGB==75°,
    ∴∠GBC=∠ABC﹣∠ABG=15°;

    (2)连接DG,AG.

    由(1)可知,在△ADG中,AD=AG,
    ∠DAG=∠PAD+∠PAG=60°,
    ∴△ADG是等边三角形,
    ∴DG=AG=AD,∠DAG=∠ADG=∠DGA=60°,
    又∵在矩形ABCD中,AB=DC,∠DAB=∠ADC=∠ABC=90°,
    ∴∠DAB﹣∠DAG=∠ADC﹣∠ADG,
    即∠GAB=∠GDC=30°,
    ∴△GAB≌△GDC(SAS),
    ∴GB=GC.
    当∠CGB=120°时,点G可能在矩形ABCD的内部或外部.
    若点G在矩形ABCD的内部,
    ∵在△BGC中,GB=GC,∠CGB=120°,
    ∴∠GBC==30°,
    ∴∠GBA=∠ABC﹣∠GBC=90°﹣30°=60°,
    在△ABG中,∠AGB=180°﹣∠GAB﹣∠GBA=90°,
    ∴在Rt△ABG中,cos∠GAB===,
    ∴a=b,
    若点G在矩形ABCD的外部,
    在△BGC中,∠GBC=30°,
    ∴∠ABG=120°,
    又∵∠GAB=30°,
    ∴∠AGB=180°﹣30°﹣120°=30°.
    ∴BA=BG,
    过点B作BH⊥AG,垂足为H,
    ∴AH=AG=b.
    在Rt△ABH中,∠AHB=90°,∠HAB=30°,
    ∴cos∠HAB==,
    ∴a=b,
    在Rt△ADP中,∠ADP=90°,∠PAD=30°,
    ∴tan∠PAD==,
    ∴DP=b.
    所以无论点G在矩形ABCD内部还是点G在矩形ABCD外部,都有DP≤DC,均符合题意.
    综上,当∠CGB=120°时a与b的数量关系为a=b或 a=b.
    23.【解答】解:(1)解法一:500×64%+500×28%=460(份).
    答:食堂每天需要准备460份午餐.
    解法二:500﹣500×8%=460(份).
    答:食堂每天需要准备460份午餐.
    (2)①可以估计参加演练的100名职员用餐时间的平均数为:
    ==19(min),
    参加演练的100名职员取餐的人均时间:(min);
    可以估计:该公司用餐职员的用餐时间平均为19min,取餐职员取餐时间平均为0.1 min.
    根据表格,可以估计第一批职员用餐19min后,空出的座位有:160×60%=96(个).
    而第二批职员此时开始排队取餐,取完餐坐满这96个空位所用的时间约为:96×0.1=9.6(min).
    根据表格,可以估计:第一批职员用餐19min后,剩下的职员在6min后即可全部结束用餐,因为9.6>6,所以第二批取餐进入用餐区的职员都能保证有座位.
    ②可以估计140名只取餐的职员,需要14min可取完餐.
    可设计时间安排表如下:
    时间
    取餐、用餐安排
    12:00﹣12:19
    第一批160名在食堂用餐的职员用餐;
    仅在食堂取餐的140名职员取餐
    12:19﹣13:00
    第二批160名在食堂用餐的职员取餐、用餐
    13:00﹣
    食堂进行消杀工作
    24.【解答】解:(1)如图1,在▱ABCD中,AB=BC=2,
    ∴四边形ABCD是菱形,
    ∴AC⊥BD.
    ∴∠AMB=90°,
    ∴AB为⊙O的直径,
    ∴r=AB=1;
    (2)如图2,设圆心为如图点O,连接OA,OB,OC,OD,OE,直线OC与AD交于点N,则OA=OB=OE=r.
    在⊙O中,的长=.
    ∵的长为r,
    ∴=r,
    ∴n=90°.即∠AOE=90°,
    ∴∠ABE=∠AOE=45°.
    在▱ABCD中,AD∥BC,
    ∴∠ACB=∠DAC=45°.
    ∴∠ABE=∠ACB=45°.
    ∴∠BAC=90°,AB=AC.
    ∴在Rt△ABC中,BC=AB,
    ∵CE=AB,
    ∴BC=CE.
    又∵OB=OE,
    ∴OC⊥BE,
    ∴∠OCB=90°.
    ∵AD∥BC,
    ∴∠OCB=∠ONA=90°.
    ∴OC⊥AD.
    在▱ABCD中,∠ADC=∠ABC=45°.
    ∴AC=CD.
    ∴AN=ND.
    即直线OC垂直平分AD,
    ∴OA=OD.
    ∴点D在⊙O上,
    ∴DF为⊙O的直径.
    ∴∠DEF=90°.


    25.【解答】解:(1)∵点(1,2),(3,a)是一对泛对称点,
    ∴可设3t=2,
    解得t=,
    ∴a=t×1=.
    (2)设P,Q两点的坐标分别为P(p,tq),Q(q,tp),其中0<p<q,t>0.

    ∵PA⊥x轴于点A,QB⊥y轴于点B,线段PA,QB交于点C,
    ∴点A,B,C的坐标分别为:A(p,0),B(0,tp),C(p,tp),
    设直线AB,PQ的解析式分别为:y=k1x+b1,y=k2x+b2,其中k1 k2≠0.
    分别将点A(p,0),B(0,tp)代入y=k1x+b1,
    得,解得.
    分别将点P(p,tq),Q(q,tp)代入y=k2x+b2,
    得,解得.
    ∴k1=k2.
    ∴AB∥PQ.
    (3)∵抛物线y=ax2+bx+c(a<0)交y轴于点D,
    ∴点D的坐标为(0,c).
    ∵DM∥x轴,
    ∴点M的坐标为(xM,c),
    又点M在抛物线y=ax2+bx+c(a<0)上.
    可得axM 2+bxM+c=c,即xM(axM+b)=0.
    解得xM=0或xM=﹣.
    ∵点M不与点D重合,即xM≠0,也即b≠0,
    ∴点M的坐标为(﹣,c).
    ∵直线y=ax+m经过点M,
    ∴将点M(﹣,c)代入直线y=ax+m可得,a•(﹣)+m=c.
    化简得m=b+c.
    ∴直线解析式为:y=ax+b+c.
    ∵抛物线y=ax2+bx+c与直线y=ax+b+c交于另一点N,
    ∴由ax2+bx+c=ax+b+c,可得ax2+(b﹣a)x﹣b=0.
    ∵△=(b﹣a)2+4ab=(a+b)2,
    解得x1=﹣,x2=1.
    即xM=﹣,xN=1,且﹣≠1,也即a+b≠0.
    ∴点N的坐标为(1,a+b+c).
    要使M(﹣,c)与N(1,a+b+c)是一对泛对称点,
    则需c=t×1且a+b+c=t×(﹣).
    也即a+b+c=(﹣)•c,也即(a+b)•a=﹣(a+b)•c.
    ∵a+b≠0,
    ∴当a=﹣c时,M,N是一对泛对称点.
    ∵对于任意满足条件的实数b,都存在M,N是一对泛对称点的情形.
    ∴此时点M的坐标为(﹣,﹣a),点N的坐标为(1,b).
    ∴M,N两点都在函数y=(b≠0)的图象上.
    ∵a<0,
    ∴当b>0时,点M,N都在第一象限,此时y随x的增大而减小,
    ∴当yM>yN时,0<xM<1;
    当b<0时,点M在第二象限,点N在第四象限,满足yM>yN,此时xM<0.
    综上,对于任意满足条件的实数b,都存在M,N是一对泛对称点的情形,此时对于所有的泛对称点M(xM,yM),N(xN,yN),当yM>yN时,xM的取值范围是xM<1且xM≠0.


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